3.8 Inverse und implizite Funktionen

$n S < R$ sei offen, $n n x0 (- S,y0 (- R .f : S '--> R$ sei gegeben und stetig differenzierbar.

Problem: $y = f(x)$ liege vor mit $y0 = f(x0)$ . Soll in einer Umgebung von $x0$ nach $x$ aufgelöst werden. Falls möglich: $-1 x = f (y)$

Plausibilitätsbedingung (Definition von $' f(x0)$ :

' y- y0 = f(x) - f(x0) = f(x0)(x - x0)+ o(||x- x0||),x '--> x0

( ' )- 1 x = f (x0) (y - y0)+ x0 + o(||x- x0||) ||y-y0||

( ) x = f-1(y0) + f'(x0) -1(y- y0)+ o(||y- y0||),y '--> y0 ----------------- ----------------- f-1(y)

3.8.1 Inverse Funktionen

Satz:

$f : S < Rn '--> Rn,S$ sei offen, $f$ sei stetig differenzierbar auf $S$ . Es sei $x0 (- S$ und $f '(x0)$ sei regulär $(detf'(x0) /= 0)$ . Dann gibt es eine offene Umgebung $U$ von $x0$ mit folgenden Eigenschaften:

$f(U) = V$ ist offen im $Rn$ .
$S fU$ ist bijektiv und die somit definierte Umkehrfunktion $- 1 f : V '--> U$ ist stetig differenzierbar.
$f$ ist bei $v0$ lokal invertierbar.
$(f-1)'(y) = [f'(f-1(y)]- 1,y (- V$

Beispiel (Polarkoordinaten in der Ebene):

2 f : {(r,f)|r > 0,0 < f < p}'--> R

( ) ( ) f(r,f) = x = rcosf y r sinf

f(S) = {(x,y)| y > 0}

(cosf - rsin f) detJf(r,f) = det sinf rcosf = r /= 0

Satz 1 besagt: Zu $(r0,f0)$ gibt es eine Umgebung $U$ , die umkehrbar stetig differenzierbar auf eine Umgebung von $(r0cosf0,r0 sinf0)$ abgebildet wird. Diese Abbildung ist sogar global (auf ganz $S$ umkehrbar stetig differenzierbar):

( V~ ------- ) ( ) x(2 + y2 ) f-1(x,y) = r(x,y) = ---x-- f(x,y) arctan V~ x2+y2

Daß $f$ global umkehrbar ist, folgt nicht aus $detJf = (r,f) /= 0 A (x,f).$

Beispiel:

( ) f(r,f) = r cos f ,detJ (r,f) = r /= 0 mit S = {(r,f)|r > 0,0 < f < 4p} rsinf f

$f$ ist auf $S$ nicht global injektiv.

( ) f (r , p)= f r , 3p 0 2 0 2

Beispiel:

( ) ( ) x = f(x,y) = u2 - v2 ,S = {(u,v)|(u,v) /= (0,0)} y 2uv

Gesucht ist $u = u(x,y)$ , $v = v(x,y)$ ; wir müssen dazu $2 2 x = u - v$ , $y = 2uv$ auflösen:

( ) detJf(u,v) = det 2u - 2v = 4(u2 + v2) /= 0 2v 2u

Infolgedessen ist diese Funktion $f$ nach Satz 1 in der Umgebung von jedem $(u,v) (- S$ stetig differenzierbar umkehrbar. $f$ ist jedoch nicht global invertierbar. Die Abbildung hat folgende Eigenschaften:

f(u,v) = f (- u,-v)

Dadurch ist die Injektivität verletzt, die Funktion ist nicht global umkehrbar.

3.8.2 Implizite Funktionen (Mehr Unbekannte als Gleichungen)

Beispiel:

2 2 2 f (x,y) = x(1 -x ) -y = 0

Ist die Gleichung $f(x,y) = 0$ nach $x$ auflösbar $(x = g(y))$ oder nach $y$ auflösbar $y = h(x)$ , so werden $h$ und $g$ implizit durch $f(x,y) = 0$ definiert.

V~ ----2- |y|= |x| 1- x ==> |x|< 1

Mit der Ungleichung zwischen geometrischem und arithmetischem Mittel gilt:

1( 2 2) 1 |y|< 2 x + (1 - x ) < 2

Für $-1- x = ± V~ 2$ wird $1 y = ± 2$ .

Waagerechte Tangente: $D1f(x,y) = 0$
Senkrechte Tangente: $D2f(x,y) = 0$

Die Gleichung $f(x,y) = 0,f (- C1$ besitzt in der Umgebung eines Punktes $(x0,y0)$ mit $f(x0,y0) = 0$ eine Auflösung $y = h(x)$ ( $x = g(y))$ , falls $D2f (x0,y0) /= 0(D1f (x0,y0) /= 0)$ .

(x - x0) (||||(x - x0)||||) f (x,y) = f(x0,y0)+ (D1f(x0,y0),D2f (x0,y0)) y- y0 +o |||| y- y0 ||||

0 = D1f (x0,y0)(x - x0)+ D2f(x0,y0)(y - y0) +o(||...||)

Aus $f(z) = o$ mit $f(z) (- Rm$ , $z (- Rp$ ( $p > m$ ) ergeben sich $m$ Gleichungen mit $p$ Unbekannten. Setze $z = (x,y)$ mit $x (- Rn$ , $y (- Rm$ und $n + m = p$ . $f(x,y) = o$ soll nach $y$ aufgelöst werden: Man erhält $m$ Gleichungen mit $m$ Unbekannten.

f'(x,y)= [D f (x,y),D f(x,y),...,D f(x,y),D f(x,y),...,D f(x,y)] -- -- -1-------2--- --------n---- -m1-------- --m+n------ (m,m+n) (m,n) (m,m)

Satz:

$f(x,y) = o,f : S < Rn+m '--> Rm$ mit $x (- Rm, y (- Rm$ sei auf der offenen Menge $S$ stetig differenzierbar. Es seien erfüllt:

$f(x0,y0) = o$
$@yf(x0,y0)$ sei regulär.

Dann gelten:

Es gibt um $x0$ eine Umgebung $U$ und um $y0$ eine Umgebung $V$ und eine Funktion $h : U '--> V,y = h(x)$ mit $y0 = h(x0)$ und $f(x,h(x)) = o,x (- U$ .
$h$ ist stetig differenzierbar und es gilt:
$( ) h'(x) = - @yf(x,h(x) -1 @xf (x,h(x)) x (- U$